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2023年重庆市中考物理真题（A卷）变式题6-10题
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A. 天平的实质是省力杠杆
B. 被测木块的质量为20.4g
C. 图中木块对托盘的压强小于砝码对托盘的压强
D. 测量结束后，可以直接用手将砝码放回砝码盒
【答案】C
【解析】
【详解】A．天平的实质是等臂杠杆，故A错误；
B．天平游码以左刻线为准，因此被测物体的质量为20g，故B错误；
C．由图可知游码在0刻度的位置，则砝码和木块的质量相等，重力相等，而静止在水平面的物体对水平面的压力大小等于物体的重力，即压力相等，根据可知，受力面积越小压强越大，因此木块对托盘的压强小于砝码对托盘的压强，故C正确；
D．天平的使用中来回取码需要用镊子，故D错误。
故选C。
变式题1基础
2. 如图所示的四种用具中，使用时属于费力杠杆的是 （ ）
A.
钢丝钳B. 羊角锤
C. 食品夹D. 核桃钳
【答案】C
【解析】
【详解】A．钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不符合题意；
B．羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B不符合题意；
C．食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C符合题意；
D．核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。
故选C。
变式题2基础
3. 下列有关托盘天平的使用说法正确的是（ ）
A. 称量前，应估计被测物体的质量，以免超过量程
B. 称量前，应调节平衡螺母或移动游码使天平平衡
C. 称量时，左盘放砝码，右盘放物体
D. 称量时，向右移动游码，相当于向左盘加砝码
【答案】A
【解析】
【详解】A．物体的质量超过天平量程，会损坏天平，因此称量前，应估计被测物体的质量，以免超过量程，故A正确；
B．称量前，应先将游码移到标尺零刻度线，再调节平衡螺母使天平横梁水平平衡，故B错误；
C．称量时，左盘放物体，右盘放砝码，故C错误；
D．称量时，向右移动游码，相当于向右盘加砝码，故D错误。
故选A。
变式题3基础
4. 思维导图是总结归纳知识的一种方法。如图所示的思维导图中A、B对应的内容分别是（ ）
A. 费力、天平B. 费力、动滑轮
C. 省力、定滑轮D. 省力、天平
【答案】A
【解析】
【详解】杠杆分为省力杠杆、费力杠杆及等臂杠杆。钓鱼杆使用时动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；而天平、定滑轮为等臂杠杆，而动滑轮为动力臂是阻力臂2倍的杠杆，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
变式题4巩固
5. 关于使用托盘天平的说法，正确的是（ ）
A. 必须使用镊子加减砝码，但可用手直接移动游码
B. 若天平的砝码上粘有污垢，则质量的测量结果将会偏大
C. 若测量前游码忘记“归零”，则质量的测量结果将会偏大
D. 若在右盘放入质量最小的砝码后，指针偏向刻度盘左侧，应将平衡螺母向右调节
【答案】C
【解析】
【详解】A．砝码和游码的移动都要用镊子夹取或移动，不能用手加减砝码和移动游码，故A错误；
B．利用天平测物体的质量时，天平平衡后，物体质量等于砝码质量加游码对应的刻度。若砝码粘上污垢，则砝码质量等于砝码的实际质量加上污垢的质量，因此砝码质量增加，而读数时仍然按照物体质量等于砝码质量加游码对应的刻度，没有计算污垢的质量，所以偏小，故B错误；
C．若开始测量前游码没有“归零”，游码调平衡时已有示数，则所测出物体的质量会偏大，故C正确；
D．若在右盘放入质量最小的砝码后，指针偏向刻度盘左侧，表明砝码的质量略小于物体质量，应向右移动游码，直至天平平衡，测量过程中不能调节平衡螺母，故D错误。
故选C。
变式题5巩固
6. 下列关于天平的使用说法正确的是（ ）
A. 向右移动标尺上的游码相当于在右盘中增加小砝码
B. 天平调平后，称量过程中可以移动平衡螺母使天平平衡
C. 可把一张邮票直接放在天平左盘里测量质量
D. 如果砝码因为使用不当磨损，则用该天平测量物体质量时测量结果偏小
【答案】A
【解析】
【详解】A．天平使用时，左盘放测量物体，右盘放砝码，当放上最小砝码时，指针偏向分度盘右边；取下最小砝码时，指针偏向分度盘左边，此时取下最小砝码后，应移动游码使天平在水平位置平衡，向右移动标尺上的游码相当于在右盘中增加小砝码，故A正确；
B．天平调平后，称量过程中不可以移动平衡螺母使天平平衡，否则会使测量结果存在偏差，故B错误；
C．一张邮票的质量太小，无法直接通过天平测出，应该测量一叠邮票的质量，再除以邮票的张数，得到一张邮票的质量，故C错误；
D．如果砝码因为使用不当磨损，则用该天平测量物体质量时需要添加的砝码较多，测量结果偏大，故D错误。
故选A。
变式题6巩固
7. 两完全相同的空瓶装了不同的液体，放在已调好平衡的天平上，如图所示，天平仍然保持水平位置平衡，则（ ）
A. 两瓶对托盘的压强不等B. 乙瓶液体质量较大
C. 乙瓶液体密度较大D. 两瓶液体密度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、天平仍然平衡说明左右两盘中物体质量相等，两瓶对托盘的压力相等，两完全相同的空瓶，底面积相同，根据可知两瓶对托盘的压强相等，故A错误；
B、规格相同的瓶装了不同的液体，放在横梁已平衡的天平上，天平仍然保持平衡，说明液体的质量相等，故B错误；
CD、由图可知，甲瓶液体的体积大于乙瓶液体的体积，由可知，甲瓶液体的密度小于乙瓶液体密度，故C正确，D错误．
故选C．
变式题7提升
8. 某同学做“测量液体密度”的实验后，进行了操作总结和新的探索。没有量筒，只用天平、烧杯、水，也能测出某种未知液体的密度。它先测出空杯的质量和装有一定体积的水时的质量分别为32.2g和132.2g，再用这只烧杯装同样体积的待测液体后，天平示数如图所示，已知ρ水=1.0×103kg/m3，以下正确的是（ ）
A. 用手直接加减砝码
B. 测量时发现指针指在分度盘左侧，应往右移动平衡螺母
C. 待测液体的密度是0.8×103kg/m3
D. 待测液体的密度是0.9×103kg/m3
【答案】C
【解析】
【详解】A．天平称量物体质量时，不能用手向右盘中加减砝码，要用镊子，故A错误；
B．测量时为使横梁平衡，可通过增减砝码和调节游码，不能移动平衡螺母，故B错误；
CD．水的质量
m水=m总1-m烧杯=132.2g-32.2g=100g
水的体积
烧杯的容积
V=V水=100cm3
待测液体的体积
V液=V=V水=100cm3
这只烧杯装满待测液体后总质量
m总1=100g+10g+2.2g=112.2g
待测液体的质量
m液=m总2-m烧杯=112.2g-32.2g=80g
待测液体的密度
故C正确，D错误。
故选C。
变式题8提升
9. 如图所示，A、B两个密度之比为8:1、体积之比为1:8的实心正方体，按甲、乙两种不同的方式叠放在水平地面上，下列说法错误的是（ ）
A. 图甲中A对B的压力等于图乙中B对A的压力
B. 图甲中A对B的压强大于图乙中B对A的压强
C. 地面受到的压力之比是1:1
D. 地面受到的压强之比为1:4
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为A、B两个密度之比为8:1，体积之比为1:8，根据可得质量之比为1:1，则重力之比为1:1，因为A对B的压力大小等于A重力，B对A的压力，大小等于B的重力，所以两个压力相等，故A正确，不符合题意；
B．因为图甲中A对B的压力等于图乙中B对A的压力，受力面积也相同，根据可得，压强相等，故B错误，符合题意；
C．图甲、乙摆放，对地面的压力等于A、B两物体的总重力，所以压力之比为1:1，故C正确，不符合题意；
D．根据体积之比为1:8的实心正方体，可得面积之比为1:4，因为甲、乙两图对地面的压力之比为1:1，根据可得，地面受到的压强之比为1:4，故D正确，不符合题意。
故选B。
变式题9提升
10. 如图，一根轻质木杆，A端细线下挂40N的重物静止在水平地面上，当在B端加竖直向下的作用力F=30N时，木杆恰能在水平位置处于平衡状态，此时细线竖直，重物对地面的压强为3000Pa。已知OA=30cm，重物与地面的接触面积为100cm2，则下列说法正确的是（ ）
A. 此杠杆是一个省力杠杆
B. 重物对水平地面的压力40N
C. OB的长度为10cm
D. 将F向右转过一个角度时，要使重物对地面的压强不变，则F变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．是一个杠杆，动力臂小于阻力臂，所以是费力杠杆，故A错误；
B．由可得，重物对水平地面的压力
故B错误；
C．重物对地面的压力等于自身的重力减去细线的拉力，所以，细线的拉力
由杠杆平衡条件可得
解得
故C正确；
D．重物对地面的压强不变，则细线的拉力不变，由图可知，阻力臂也不变，由杠杆平衡条件可知，当将向右转过一个角度时，的力臂变小，要保持与其力臂的乘积不变，则应变大，故D错误。
故选C。
原题
11. 在美丽乡村建设的工地上，如图所示，工人借助动滑轮用250N的拉力，将450N的重物匀速提升2m，用时10s。则（ ）
A. 重物上升的速度为0.4m/s
B. 动滑轮做的有用功为1000J
C. 工人的拉力的功率为90W
D. 动滑轮的机械效率为90%
【答案】D
【解析】
【详解】A．重物上升的速度为
故A不符合题意；
B．动滑轮做的有用功为
W有=Gh=450N×2m=900J
故B不符合题意；
C．动滑轮有两根绳承担，所以绳子自由端移动的速度为
v绳=v=0.2m/s×2=0.4m/s
工人的拉力的功率为
P=Fv绳=250N×0.4m/s=100W
故C不符合题意；
D．动滑轮的机械效率为
故D符合题意。
故选D。
变式题1基础
12. 四个完全相同的滑轮，其重力均为2N。分别用如图所示的两种方式，将重为5N的钩码匀速提升1m。则下列判断正确的是（不计绳与滑轮的摩擦）（ ）
A. 两图中拉力大小相等
B. 两机械做的有用功相等
C. 两绳子自由端移动距离相等
D. 乙图中机械效率高些
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，甲滑轮组中承担物重的绳子段数n甲为2，乙滑轮组中承担物重的绳子段数n乙为3，由可知，甲滑轮组拉力更大，故A错误；
B．由题意可知，两滑轮组将相同重物提升相同距离，二者做的有用功均可表示为，所以两机械做的有用功相等，故B正确；
C．由图可知，甲滑轮组绳子自由端移动距离为2h，乙滑轮组绳子自由端移动距离为3h，两绳子自由端移动距离不相等，故C错误；
D．甲滑轮组的绳端拉力
乙滑轮组的绳端拉力
甲滑轮组的机械效率
乙滑轮组的机械效率
所以甲、乙图中滑轮组的机械效率相等，故D错误。
故选B。
变式题2基础
13. 小明学习了滑轮知识后，利用滑轮设计了一个升降装置，如图所示。在爸爸的帮助下，通过它把一个重为100N的物体从地面提升到9m高的阳台上，所用拉力F为60N，用时10s，关于提升过程描述正确的是（ ）
A. 做的有用功为900JB. 拉力F做功的功率为54W
C. 机械效率为60%D. 用升降装置可以省功
【答案】A
【解析】
【详解】A．做的有用功为
故A正确；
B．物体的速度为
由图可知，动滑轮上的绳子根数为n=2，绳子的速度为
拉力F做功的功率为
故B错误；
C．机械效率为
故C错误；
D．使用任何机械都不可避免会有额外功，所以任何机械都不能省功，故D错误。
故选A。
变式题3基础
14. 如图所示，工人利用滑轮组提升一个重为400N的货物，动滑轮的重力G动=100N，货物以0.3m/s的速度匀速上升（忽略绳重及摩擦），下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F为200NB. 货物上升1m，绳子自由端移动3m
C. 拉力F做功的功率120WD. 该滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，承担物重的绳子的股数
因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力
故A错误；
B．绳子自由端移动距离
故B错误；
C．绳子自由端移动的速度
拉力做功的功率
故C错误；
D．因为不计绳重和摩擦，所以滑轮组的机械效率
故D正确。
故选D。
变式题4巩固
15. 如图所示，在快递仓库内工人把重为600N的货物用滑轮组以0.2m/s的速度匀速提升，忽略摩擦及绳重，该过程中滑轮组的机械效率为80%，下列说法正确的是 （ ）
①工人所用的拉力为200N
②动滑轮的重力为150N
③拉力的功率为150W
④提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不变
A. 只有①③B. 只有②③C. 只有①②D. 只有②④
【答案】B
【解析】
【详解】①由图知道，n＝3，拉力端移动距离s＝3h，滑轮组的机械效率
则工人所用的拉力
故①错误；
②忽略摩擦及绳重，则拉力
所以，动滑轮的重力
G动＝3F﹣G物＝3×250N﹣600N＝150N
故②正确；
③拉力端移动的速度
v＝nv物＝3×0.2m/s＝0.6m/s
拉力的功率
故C正确；
D、忽略摩擦及绳重，由于滑轮组的机械效率
由此可知，提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不同、是变化的，故④错误。
故B正确，ACD错误。
故选B。
变式题5巩固
16. 如题图所示，甲是建筑工地上的塔式起重机示意图，乙是一端的滑轮组，用2.1×103N的拉力F在10s内将重6×103N的物体匀速提升5m，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F做功大小为2.1×104J
B. 绳索自由端速度大小为0.5m/s
C. 该滑轮组的动滑轮重300N
D. 该滑轮组的机械效率为80%
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知一端滑轮组绳子的有效段数n=3，绳子自由端移动的距离
s=nh=3×5m=15m
拉力做的总功
W总=Fs=2.1×103N×15m=3.15×104J
故A错误；
B．绳索自由端的速度
故B错误；
C．因为不计绳重和摩擦时
动滑轮重
G动=3F-G=3×2.1×103N-6×103N =300N
故C正确；
D．滑轮组的机械效率
故D错误。
故选C。
变式题6巩固
17. 在新农村改造住房时，常用如图所示的简易滑轮组提升建材。工人师傅用400N的拉力，利用该滑轮组将重600N的重物在10s内匀速提高了4m。下列判断正确的是（ ）
A. 绳端移动的速度为0.4m/sB. 提升重物做的有用功为1600J
C. 工人拉绳子的功率为240WD. 该滑轮组的机械效率为75%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离
s＝nh＝2×4m＝8m
则绳子自由端移动的速度
v＝＝0.8m/s
故A错误；
B．有用功
W有＝Gh＝600N×4m＝2400J
故B错误；
C．拉力做功的功率
P＝＝Fv＝400N×0.8m/s＝320W
故C错误；
D．滑轮组的机械效率
η＝＝75%
故D正确。
故选D。
变式题7提升
18. 如图所示，小明用两个不同的滑轮组，在相同时间内分别用大小相等的拉力F将同一物体匀速提高了相同的高度，若两个滑轮组的动滑轮重分别为G动1和G动2，机械效率分别为η1、η2，小明做功的功率分别为 P1、P2，不计绳重和摩擦。则（ ）
A. G动1η2，P1η2，P1=P2
C. G动1>G动2，η1<η2，P1【答案】A
【解析】
【详解】①若不计绳重及摩擦，则拉力
由图知道，n1=2，n2=3，所以，绳子受的拉力
根据题意知道
由此解得
所以
②同一重物的重力相同，且两次的拉力大小相同，由于
所以，两滑轮组的机械效率之比为
故
③根据题意知道，拉力相同，升高相同的高度，且时间相同，由于
拉力F的功率之比为
故
综上所述，A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
变式题8提升
19. 如图所示，分别以两种方式拉物体A和B，物体A重200N，物体B重300N，拉力F的大小均为80N，两物体在拉力的作用下均做匀速直线运动，物体运动的速度均为0.2m/s，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，则（ ）
A. 图1中动滑轮的重为4N
B. 图2中1min内所做的有用功为3600J
C. 两图中1min内绳子自由端移动的距离为36m
D. 两图中拉力F的功率、机械效率均相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．不计绳重及摩擦，使用甲滑轮组时，n＝3，根据
可知，动滑轮的重力为
故A不符合题意；
B．由于拉动B物体时，B物体受到的摩擦力未知，无法计算克服B受到的摩擦力所做有用功的大小，故B不符合题意；
C．由图知，两图中通过动滑轮绳子的段数n都为3，1min物体移动距离
所以绳子自由端移动距离
故C符合题意；
D．由题知，两种方式的拉力相同，物体速度相同，绳端速度也相同，由
可知，两图中拉力的功率相同，由
可知，两种方式的总功相同，但由于拉B物体时的有用功无法确定，所以两滑轮组的机械效率大小是否相等不能确定，故D不符合题意。
故选C。
变式题9提升
20. 如图，甲、乙两滑轮组由完全相同的滑轮和绳子组装而成，每个滑轮重20N，现在用这两个滑轮组分别匀速提起80N的重物，使物体都以0.1m/s的速度上升1m，不计绳重和摩擦，下列说法中正确的有（ ）
①和都是50N
②总功都是100J
③和的功率都是10W
④甲、乙的机械效率都是80%
A. ①②B. ③④C. ②③④D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①由图可知图甲中有2段绳子承重，图乙中有3段绳子承重，所以
故①错误；
②物体上升距离为
h=1m
则拉力移动的距离为
拉力做的总功是
则拉力移动的距离为
拉力做的总功是
故②正确；
③拉力的功率为
所以拉力F1和F2的功率相等，F1和F2的功率大小为
故③正确；
④滑轮组的机械效率为
所以甲、乙滑轮组的机械效率相等，甲、乙滑轮组的机械效率大小为
故④正确。
故选C。
原题
21. 将一个定值电阻接入图甲所示电路的虚线框处，并将一个电压表（图中未画出）并联在某段电路两端，闭合开关，移动滑片P，多次记录两电表示数；断开开关，只将定值电阻更换为小灯泡，再次获取数据并记录；将记录的数据绘制成如图乙所示的图象。下列分析正确的是（ ）
A. 电源电压为3.5V
B. 图象是用接入定值电阻时记录的数据绘制得到的
C. 定值电阻和灯泡两端的电压各为3.5V时，灯泡的电阻较大
D. 接入小灯泡后，将滑片P向右移动时，电压表的示数将变大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由图乙中的图像分析，当电流越大时，所对应的电压越小，可判断此图像为滑动变阻器电压与电流的变化图像，且因为灯泡电阻受温度影响会发生改变，导致其两端电压非直线性变化，故a图像为定值电阻接入电路中时滑动变阻器的I−U图像，b为灯泡接入电路中滑动变阻器的I−U图像。
设电源电压为U，定值电阻为R，根据a图像中，电流为0.6A，电压为1V；电流为0.2A，电压为3V，可分别列出关于电源电压的公式为
---------①
----------②
①②两式联立可得，
故AB错误；
C．由乙图像可知，当滑动变阻器的电压为0.5V时，定值电阻/小灯泡的电压为3.5V，定值电阻接入电路中时电流为0.7A，灯泡接入电路中时，电流为0.3A，根据可知，灯泡的电阻较大，故C正确；
D．将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据串联分压原理可知，滑动变阻器的电压变小，因电压表测滑动变阻器的电压，故而示数会变小，故D错误。
故选C。
变式题1基础
22. 如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关时，滑动变阻器的滑片P从b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压是3V
B. 定值电阻R的阻值是60Ω
C. 若定值电阻R接触不良时，电流表示数为0，电压表示数为9V
D. 滑动变阻器的阻值范围是0~18Ω
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．当滑片P位于a端时，电路为电阻R的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，此时电路中的电流最大，由图像可知，电路中的最大电流1.5A时，电压表的最大示数为9V，即电源电压为9V，由可得，定值电阻R的阻值
当滑片P位于b端时，定值电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，由图像可知，电路中的最小电流I′=0.5A，则电路中的总电阻
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器的最大阻值
则滑动变阻器的阻值范围是0~12Ω，故ABD错误；
C．当定值电阻R出现接触不良时，则串联电路断路，电流表示数为0，此时电压表串联在电路中，相当于测量电源电压，其示数为9V，故C正确。
故选C。
变式题2基础
23. 在如图甲电路中，电源电压不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。在滑片P从最右端向最左端滑动过程中，电压表与电流表的示数变化关系如图乙。则下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压为5VB. R0最大电压为4V
C. 定值电阻R0为8ΩD. 滑片P在中点时，电流为0.3A
【答案】D
【解析】
【详解】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
AC．当滑片位于最左端时，变阻器连入电路的电阻为零，只有R0的简单电路，电路的总电阻最小，由欧姆定律定律可知电路电流最大，根据图乙可知Imax=0.6A，由欧姆定律可得，电源电压
U=ImaxR0=0.6A×R0①
当滑片位于最右端时，变阻器连入电路的电阻最大，电路的总电阻最大，由欧姆定律定律可知电路电流最小，电压表示数最大，根据图乙可知Imin=0.2A，UR=4V，串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得，电源电压
U=UR+IminR0=4V+0.2A×R0②
联立①②可得
R0=10Ω，U=6V
故AC错误；
B．当滑片P在最左端时，滑动变阻器的接入电阻为0，分压为0，电源电压加在R0两端，R0两端的最大电压为电源电压6V，故B错误；
D．当滑片位于最右端时，变阻器连入电路的电阻最大，电路的总电阻最大，由欧姆定律定律可知电路电流最小，电压表示数最大，根据图乙可知Imin=0.2A，UR=4V，由欧姆定律可得，滑动变阻器的最大阻值
滑片P在中点时，滑动变阻器连入电路的电阻为
电路中的电流
故D正确。
故选D。
变式题3基础
24. 如图1所示，电源电压保持不变，闭合开关，滑动变阻器滑片P从b端移动到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图2所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 电源电压是9V
B. 定值电阻R的阻值是6Ω
C. 滑动变阻器的最大阻值为12Ω
D. 当滑动变阻器的滑片P处于中点时，电流表示数为1.0A
【答案】D
【解析】
【详解】A．由电路图可知，当滑片P位于a端时，电路为R的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，且此时电路中的电流最大，由图象可知，电路中的最大电流1.5A时，电压表的示数为9V，即电源的电压为9V，故A正确，不符合题意；
B．由可得，定值电阻R的阻值
故B正确，不符合题意；
C．当滑片P位于b端时，定值电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，由图象可知，电路中的最小电流，则电路中的总电阻
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器的最大阻值
故C正确，不符合题意；
D．当滑动变阻器的滑片P处于中点时，，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和
则电路中的电流为
故D错误，符合题意。
故选D。
变式题4巩固
25. 如图甲所示的电路中，电源电压不变，电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~15V，滑动变阻器规格为“200Ω 1A”，在移动滑片的过程中，电压表的示数与滑动变阻器接入电路的电阻的关系如图乙所示。在保证电路安全的前提下，下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压15V
B. R1的阻值10Ω
C. R2的变化范围是10~20Ω
D. 电路中的电流最小为0.15A
【答案】D
【解析】
【详解】分析电路图可知，电路为串联电路，电压表测滑动变阻器两端电压。
AB．由图乙可知，当滑动变阻器的阻值为时，滑动变阻器的电压为12V，此时电路中的电流为
电源电压可表示为
-------------①
当滑动变阻器的阻值为时，滑动变阻器的电压为14V，此时电路中的电流为
电源电压可表示为
-------------②
解得，，故AB错误；
CD．根据题意，电路中允许通过的最大电流为0.6A，此时电路中的总电阻最小，则总电阻为
因为R为定值电阻，所以滑动变阻器接入电路的最小电阻为
因为电压表测滑动变阻器电压，根据串联分压原理可知，当电压表为15V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中电流最小，根据串联电路中电压规律，可求定值电阻的电压为
电路中的最小电流为
则滑动变阻器接入电路中的最大电阻为
因此滑动变阻器的阻值范围为10~100Ω，故C错误，D正确。
故选D。
变式题5巩固
26. 如图甲所示，电源电压恒定，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片从最右端移至灯正常发光的位置，此过程中电流表示数与两个电压表示数的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 曲线a是电流表示数与电压表V2示数的关系图像
B. 电源电压为11V
C. 灯的额定电流为0.2A
D. 滑动变阻器的最大阻值是15 Ω
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图，小灯泡和滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中电流；闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片从最右端移至灯正常发光的位置的过程中，滑动变阻器电阻变小，电路中电流变大，滑动变阻器两端电压变小，小灯泡两端电压变大，所以由图可知曲线b是电流表示数与电压表V2示数的关系图像，故A错误；
B．由图可知，滑片在最右端时，小灯泡两端电压为2V，滑动变阻器两端电压为9V，因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电源电压为
故B正确；
C．根据题意可知，当灯泡正常发光时，电流表示数最大，由图乙可知，此时电路电流为0.6A，所以，小灯泡的额定电流为0.6A，故C错误；
D．由图可知，滑动变阻器的最大阻值是
故D错误。
故选B。
变式题6巩固
27. 如图甲所示电路，电源电压为6V且不变，R1为定值电阻。闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从a端向b端移动过程中，电压表和电流表的示数变化情况如乙图所示。则（ ）
A. 定值电阻的阻值是20Ω
B. 滑动变阻器的最大阻值是10Ω
C. 当滑动变阻器的滑片P在中点时，两电表的示数对应于乙图中的“B”点
D. 当滑动变阻器的滑片P在中点时，两电表的示数对应于乙图中的“C”点
【答案】C
【解析】
【详解】AB．如图，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑动变阻器两端的电压，当滑片P在a端时，由图象可知电路中电流为Ia=0.2A，R2两端的电压U2=4V，由可得，滑动变阻器R2的最大阻值为
因为电源电压U=6V，所以定值电阻R1两端的电压为
U1=U-U2=6V-4V=2V
所以定值电阻R1的阻值为
故AB不符合题意；
CD．当滑动变阻器的滑片P在中点时，则滑动变阻器连入电路的阻值为
则电流表的示数为
电压表的示数为
U2′′=I′R2′=0.3A×10Ω=3V
由图象可知：电流表示数为0.3A时对应的点是“B”，故C符合题意，D不符合题意。
故选C。
变式题7提升
28. 如图甲所示电路，电源电压保持不变，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合开关S，将的滑片P从一端移到另一端，二者的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压为12V
B. 定值电阻的阻值为20Ω
C. 图线a反映通过定值电阻的电流与其两端电压的关系
D. 滑动变阻器的最大阻值为20Ω
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．由图像可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V1测R1两端的电压。由图乙可知，图线b上任取两点，求得电阻为
故图线b表示的为定值电阻R1的电流与其两端电压的关系，且R1的阻值为10Ω。那么图线a表示的为滑动变阻器R2的电流与其两端电压的关系。由图乙可知，当滑动变阻器R2两端电压为0时，定值电阻R1两端的电压即电源电压为6V。故ABC错误；
D．由图乙可知，当电压为4V，电流为0.2A时，滑动变阻器R2此时阻值最大，最大阻值为
故D正确。
故选D。
变式题8提升
29. 图甲是探究欧姆定律的实验电路，电源电压恒定，R1是滑动变阻器，R2是定值电阻；图乙中的a、b分别是将滑动变阻器R1的滑片从最左端移动到最右端的过程中，电流表A的示数随两电压表V1、V2的示数变化关系图像。下列说法中正确的是（ ）
A. 图线b是电流表A的示数随电压表V1的示数变化关系图像
B. 当电压表V1、V2的示数相等时，滑片在滑动变阻器的中点位置
C. 电源电压是6V
D. 定值电阻阻值是1Ω
【答案】C
【解析】
【详解】C．由图甲可知R1和R2串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；串联电路的电源电压等于各个用电器两端的电压之和，由图乙可知，当电流为0.1A时，两个电压表的示数分别为1V和5V，因此电源电压为
U=1V+5V=6V
故C正确；
AD．由于R2是定值电阻，由欧姆定律可知，通过R2的电流与其两端电压成正比，由图乙可知，图线b代表电流表A的示数随V2的示数变化关系图；则图线a代表电流表A的示数随V1的示数变化关系图；定值电阻的阻值为
故AD错误；
B．由图乙可知，滑动变阻器的最大阻值为
当电压表V1、V2的示数相等时，由图可知，此时R1两端的电压，通过的电流：I=0.3A，则
则滑片不在滑动变阻器的中点位置，故B错误。
故选C。
变式题9提升
30. 如图甲所示，电源电压不变，小灯泡L允许通过的最大电流为0.6A，滑动变阻器R的最大阻值为50Ω，电流表量程为“0~0.6A”，电压表量程为“0~15V”。闭合开关S，在保证电路安全的前提下，最大范围调节滑动变阻器的滑片P，分别绘制了电流表示数与电压表示数、电流表示数与滑动变阻器R连入电路阻值的变化关系图象，如图乙、丙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A. 电源电压为16V
B. 当电流表示数为0.25A时，滑动变阻器连入电路的阻值为45Ω
C. 若滑动变阻器连入电路的阻值变小，则电压表V与电流表A示数之比变小
D. 若将电压表量程换为0~3V，滑动变阻器允许连入电路的阻值范围为18~50Ω
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器R串联接入电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；由图乙可知，当电流表的示数为0.6A时，电压表的示数为6V，即灯泡L两端的电压为6V，由图丙可知，当电流表示数为0.6A时，滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，滑动变阻器两端的电压
U滑=I滑R滑=0.6A×10Ω=6V
电源电压
U=UL+U滑=6V+6V=12V
故A错误；
B．由图乙可知，当电流表示数为0.25A时，电压表的示数为1V，即灯泡L两端的电压为1V，此时滑动变阻器两端的电压
U滑′=U-UL′=12V-1V=11V
此时滑动变阻器连入电路的阻值
故B错误；
C．由图丙可知，当滑动变阻器连入电路的阻值变小时，电路中的电流将变大，由图乙可知，当电路中的电流变大时，电压表示数也将变大，但电压表示数增大得比电流表示数增大得更快，由可知，电压表的示数与电流表的示数的比值将变大，故C错误；
D．将电压表量程换为0~3V时，当电压表示数为3V时，由图乙可知，通过灯泡的电流为0.5A，所以通过滑动变阻器的电流是0.5A，此时滑动变阻器两端的电压
U滑″=U-UL″=12V-3V=9V
此时滑动变阻器接入电路中的最小阻值
当滑动变阻器接入电路的阻值增大时，由图丙可知电路中的电流将减小，当电路中的电流减小时，由图乙可知灯泡L两端的电压也减小，此时电流表、电压表、灯泡都不会损坏，所以滑动变阻器接入电路的最大阻值是50Ω，故将电压表量程换为0~3V时，滑动变阻器允许连入电路的阻值范围是18~50Ω，故D正确。
故选D。
原题
31. 扬声器（喇叭）是可以扩大声音的设备，它的工作原理是通电导体在磁场中受到__________的作用而运动，“扩大”是指将声音的__________增大。
【答案】 ①. 力 ②. 响度
【解析】
【详解】[1]扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，从而带动锥形纸盆跟着振动，把电信号变为声信号。
[2]扬声器（喇叭）是扩大声音的设备，也就是增大声音的响度。
变式题1基础
32. 如图所示，闭合开关，静止的导体棒ab在轨道上向右运动，说明_______对通电导体有力的作用，若只将电源的正、负极对调，则导体棒ab将向_____运动（选填“左”或“右”）；若只将蹄形磁铁的N、S极对调，则导体棒ab将向_____运动（选填“左”或“右”）。
【答案】 ①. 磁场 ②. 左 ③. 左
【解析】
【详解】[1]闭合开关，静止的导体棒ab在轨道上向右运动，说明导体棒ab受到向右的力作用，从实物图可以看到，有电源，开关是闭合的，有电流流过导体棒ab，导体棒ab在蹄形磁铁的磁场中，说明磁场对通电导体有力的作用。
[2][3]磁场对通电导线力的作用的方向，跟电流方向和磁场方向有关，只改变其中一个方向时，受力方向会改变；则若只将电源的正、负极对调，电流方向会变为相反，磁场方向不变，导体棒ab的运动方向会改变，开始是向右运动，现在是向左运动；若只将蹄形磁铁的N、S极对调，磁场方向会变为相反，电流方向不变，导体棒ab的运动方向会改变，现在是向左运动。
变式题2基础
33. 我们考试时，各个考场内用于播报考试须知的扬声器在电路中是________联的。扬声器的工作原理和________（选填“电动机”或“发电机”）相似。
【答案】 ①. 并 ②. 电动机
【解析】
【详解】[1][2]各个考场内用于播报考试须知的扬声器工作时互相不影响，所以在电路中是并联的。扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，和电动机相似。
变式题3基础
34. 智能音箱可以模仿很多动物的声音，该音响主要是模仿声音的______（选填“音调”“音色”或“响度”）；休息时，智能音箱可以播放轻音乐舒缓身心但音量不能过大，是指声音的______（选填“音调”、“音色”或“响度”）要适中，以免影响听力。
【答案】 ①. 音色 ②. 响度
【解析】
【详解】[1]不同的发声体，发出声音的音色一般不同，而智能音箱可以模仿很多动物的声音，主要是模仿声音的音色。
[2]休息时，智能音箱可以播放轻音乐舒缓身心，但音量不能过大，是指声音的响度不能太大，太大了会对人耳有影响。
变式题4巩固
35. 如图甲所示是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰—福建舰，配备了全球领先的电磁弹射装置。如图乙所示，电磁弹射装置的弹射车与战斗机前轮连接，并处于强磁场中。当弹射车内的导体通以强大电流时，战斗机就会受到强大的推力而向前弹射飞出。电磁弹射装置的工作原理是___________（选填“电磁感应”或“磁场对通电导体的作用力”）。
【答案】磁场对通电导体的作用力
【解析】
【详解】电磁弹射器弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动。
变式题5巩固
36. 用一根金属铜线、一块强磁铁、一节一号干电池都分别成功做出了各自简易的电动机，如图甲、乙分别是小明和小强做成的电动机。在他俩展示过程中，细心的小敏同学发现两个铜线框的转动方向是相反的；
（1）图中金属铜线可以绕电池持续转动的原理是：______；
（2）甲、乙两图中铜线框的转动方向相反的原因是：______。
【答案】 ①. 通电线圈在磁场中受力而转动 ②. 贴近电池一侧强磁铁的极性不同造成的
【解析】
【详解】（1）[1]（2）[2]小明和小强做成的电动机，金属铜线可以绕电池持续转动的原理是通电线圈在磁场中受力而转动；通电导体在磁场中受力方向跟电流方向和磁场方向有关；如图，电流方向是相同的，两个铜线框的转动方向是相反的，是因为磁场方向不同，故转动方向相反是因为贴近电池的强磁铁的极性不同。
变式题6巩固
37. 在探究通电导线在磁场中受力的实验中，所用器材及电路连接如图所示。闭合开关，导线ab水平向右运动，这说明___________对通电导线有力的作用；只把蹄形磁体上下磁极调换一下，导线ab的运动方向是水平___________（选填“向左”或“向右”）；音响设备中___________（选填“动圈式扬声器”或“动圈式话筒”）就是利用这个原理工作的。
【答案】 ①. 磁场 ②. 向左 ③. 动圈式话筒
【解析】
【详解】[1]闭合开关，导线ab水平向右运动，说明导线受到了力的作用，即说明磁场对通电导线有力的作用。
[2]只把蹄形磁体上下磁极调换一下，磁场的方向变得相反，导体受力的方向也相反，则导线ab的运动方向是水平向左。
[3]动圈式扬声器将电信号转化为声信号，是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的；动圈式话筒是利用电磁感应原理来工作的。
变式题7提升
38. 如图，这是电压表的内部结构示意图，线圈在磁场中，指针与线圈相连．当线圈中有电流通过时，线圈会转动，这与_________（填“电动机”或“发电机”）的原理相同；闭合开关后指针向右偏转，若改变线圈中的电流方向，指针将_________（填“向左”、“向右”）偏转。如果要增大电压表的量程，可以把R0换成阻值更_________（填“大”“小”）的电阻。
【答案】 ①. 电动机 ②. 向左 ③. 大
【解析】
【详解】[1]通过电压表的内部构造显示电压表的制成原理：通电线圈在磁场中受力而转动，与电动机原理相同。
[2]通电导体在磁场中的受力方向与磁场方向和电流的方向有关，闭合开关后指针向右偏转，若改变线圈中的电流方向，指针将向左偏转。
[3]线圈中的最大电流一定，由可知增大R0可能增大电压表的测量的最大电压即增大了量程。
变式题8提升
39. 将两块磁铁分别吸在干电池的正负极上，使两个磁铁的N极都向外，构成了一个可以在平面上滚动的滚轮。如图所示，将锡箔纸平铺在水平桌面上，再将滚轮轻轻放在锡箔纸上，这时锡箔纸、磁铁、干电池就构成了闭合电路形成电流，电流在锡箔纸上电流的方向是从_________（填“A到B”或“B到A”）。由于电流在磁场中会受到_______，滚轮立刻开始向前滚动。滚轮能够滚动，其原理与 ___________（填“发电机”或“电动机”）相同。若让滚轮向相反的方向滚动，请说出一种可行的做法 _________。
【答案】 ①. A到B ②. 力的作用 ③. 电动机 ④. 见解析
【解析】
【详解】[1]电流是从电源的正极出发，经过锡纸流回到电源负极，因此由图可知，电流在锡纸上的方向是“A到B”。
[2][3]通过锡箔纸有电流，电流的周围存在磁场，通有电流的干电池在磁铁的磁场中受到力的作用开始运动，所以滚轮立刻开始向前滚动，与电动机的工作原理相同。
[4]通电导体在磁场中的受力方向与电流的方向、磁场的方向有关，若让滚轮向相反的方向滚动，可以改变磁场的方向或电流的方向，即将滚轮左右换个方向或将电池正负极对调一下。
变式题9提升
40. 写出下列仪器的工作原理：
（1）动圈式话筒的工作原理：_________；
（2）动圈式扬声器的工作原理：_____________。
【答案】 ①. 电磁感应 ②. 磁场对电流的作用
【解析】
【详解】（1）[1]根据动圈式话筒的结构可知，动圈式话筒的工作原理是电磁感应。
（2）[2]根据动圈式扬声器的结构可知，动圈式扬声器的工作原理是磁场对电流的作用。
原题
41. 2023年5月10日，天舟六号货运飞船搭乘火箭飞向中国空间站，如图所示，一起加速升空的过程中，以火箭为参照物，飞船是______（选填“静止”或“运动”）的，飞船的机械能______（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. 静止 ②. 增大
【解析】
【详解】[1]一起加速升空的过程中，以火箭为参照物，飞船的位置没有发生变化，是静止的。
[2]飞船加速上升，质量不变，速度变大，动能变大；高度变大，重力势能变大；机械能等于动能与势能的和，所以机械能增大。
变式题1基础
42. 如图2020年7月23日，我国发射首个火星探测器“天问一号”，将一次性完成“绕、落、巡”三大任务，这在世界航天史上从未有过先例。探测器沿椭圆轨道绕火星运动时，不受空气阻力，只发生动能和势能的相互转化，由近火点向远火点运动时，探测器的动能___________，机械能___________（填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 变小 ②. 不变
【解析】
【详解】[1][2]探测器由近火点向远火点运动时，不受空阻力，只发生动能和势能的相互转化，探测器相对于火星的高度增加，重力势能变大，速度减小，动能减小，动能转化为重力势能，机械能不变。
变式题2基础
43. 2023年5月28日，我国首次按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式干线客机——C919圆满完成商业首飞。C919加速升空时，机械能___________（选填“增大”或“减小”），以地面为参照物，它是___________（选填“静止”或“运动”）的。
【答案】 ①. 增大 ②. 运动
【解析】
【详解】[1]C919加速升空时，如果忽略油耗引起的客机自身质量的变化，客机的速度和高度都增加，动能和重力势能都增大，机械能等于动能与势能之和，因此机械能增大。
[2]以地面为参照物，客机加速升空时相对地面的位置发生了变化，它是运动的。
变式题3基础
44. 我国无人机技术世界领先，应用广泛。如图所示，送快递的无人机匀速下降时，它相对于地是_________的，机械能_________（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. 运动 ②. 减小
【解析】
【详解】[1]如图所示，送快递的无人机匀速下降时，它相对于地的位置不断发生变化，是运动的。
[2]因无人机的质量不变，高度变小，重力势能变小，速度不变，动能不变，故机械能减小。
变式题4巩固
45. 2022年2月8日，中国选手谷爱凌获得北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台冠军，为中国队再添一金。如图所示是谷爱凌在比赛过程中的图片。在下落过程中谷爱凌的动能 _____，重力势能 _____（以上两空均选填：“减小”、“增大”或“不变”）在比赛过程中若以滑雪板为参照物，谷爱凌是 _____的（选填：“运动”或“静止”。）
【答案】 ①. 增大 ②. 减小 ③. 静止
【解析】
【详解】[1][2]谷爱凌在下落过程中，质量不变，速度变大，动能增大；高度变小，重力势能减小。
[3]在比赛过程中若以滑雪板为参照物，谷爱凌与滑雪板之间没有位置的变化，所以以滑雪板为参照物，谷爱凌是静止的。
变式题5巩固
46. 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱披挂着红白色大伞飘然于天际，在全世界的瞩目下，在东风着陆场预定区域成功着陆。如图所示，返回舱正在减速下降，此时身在内部的王亚平航天员相对于返回舱______（选填“运动”或“静止”）；在此过程中，返回舱的机械能______（选填“增大”或“减小”）。
【答案】 ①. 静止 ②. 减小
【解析】
【详解】[1]返回舱在减速下降过程中，在内部的王亚平航天员相对于返回舱的位置没有发生变化，所以王亚平是静止的。
[2]]返回舱在减速下降过程中，速度减小，质量不变，动能减小；高度降低，质量不变，重力势能减小，所以机械能减小。
变式题6巩固
47. 如图所示，是我国的歼﹣35隐身舰载机，首次出现在2023年2月27日的海军招收飞行员宣传片，这说明歼﹣35隐身舰载机将会跟随福建舰一块服役。从现在宣传片中披露歼﹣35已开始进行地面电磁弹射器起降训练，在弹射起飞过程中歼﹣35的重力势能 ___________，机械能 ___________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。若以航母为参照物，坐在机舱里的飞行员是 ___________（选填“运动”或“静止”）的。
【答案】 ①. 不变 ②. 增大 ③. 运动
【解析】
【详解】[1][2]在弹射起飞过程中歼﹣35的质量不变，速度变大，动能变大，高度不变，重力势能不变，所以机械能增大。
[3]若以航母为参照物，坐在机舱里的飞行员与航母之间发生了位置的变化，是运动的。
变式题7提升
48. 如图，我国最新一代隐形战斗机“歼20”加速起飞画面，以地面塔台为参照物，它是______（“运动”/“静止”）的，此过程飞机的机械能______（“增大”/“不变”/“减小”），飞机受到的是______（“平衡力”/“非平衡力”）。
【答案】 ①. 运动 ②. 增大 ③. 非平衡力
【解析】
【详解】[1][2][3]飞机起飞时相对于地面塔台的位置不断变化，所以，以地面塔台为参照物飞机是运动的；飞机加速起飞时，质量不变，速度变大，动能增大；高度变大，重力势能增大，机械能增大；飞机加速起飞，飞机的运动状态发生了变化，因此飞机受非平衡力作用。
变式题8提升
49. 在抗击新冠肺炎的战疫中，大街小巷都需要消毒，一辆消毒车正在街道上消毒。消毒车在水平路面上匀速行驶并向外喷洒消毒液的过程中，它的重力势能________，机械能________（均选填“增加”“减小”或“不变”）。路旁的树木相对于消毒车是________。（选填“运动”或“静止”）
【答案】 ①. 减小 ②. 减小 ③. 运动
【解析】
【详解】[1][2]消毒车在水平路面上匀速行驶并向外喷洒消毒液的过程中，消毒车的速度不变、高度不变，但质量减小，则动能和重力势能均减小，故机械能减小。
[3]路旁的树木相对于消毒车的位置发生改变，故路旁的树木是运动的。
变式题9提升
50. 如图甲所示，踢毽子是一项有益的传统健身体育活动。踢毽子时，以地面为参照物，毽子是______（选填“运动”或“静止”）的；若在同一高度以大小相同的初速度v0分别沿竖直向上和斜向上方向将毽子踢出，如图乙所示，忽略空气阻力，上升过程中毽子的机械能______（选填“变大”、“变小”或“不变”）；两毽子上升的最高点到地面的高度分别为h1和h2，则h1______ h2（选填“>”、“<”或“=”）。
【答案】 ①. 运动 ②. 不变 ③. >
【解析】
【详解】[1]踢毽子时，毽子相对于地面有位置的变化，故以地面为参照物，毽子是运动的。
[2]若在同一高度以大小相同的初速度v0分别沿竖直向上和斜向上方向将毽子踢出，开始时动能和重力势能是相同的，忽略空气阻力，机械能守恒，所以上升过程中毽子的机械能不变。
[3]沿竖直向上的毽子，运动到最高点时动能为零，动能全部转化为重力势能，斜向上方向运动的毽子，运动到最高点时还有水平速度，动能不为零，动能没有全部转化为重力势能，所以h1＞h2。
A. 天平的实质是省力杠杆
B. 被测木块的质量为20.4g
C. 图中木块对托盘的压强小于砝码对托盘的压强
D. 测量结束后，可以直接用手将砝码放回砝码盒
【答案】C
【解析】
【详解】A．天平的实质是等臂杠杆，故A错误；
B．天平游码以左刻线为准，因此被测物体的质量为20g，故B错误；
C．由图可知游码在0刻度的位置，则砝码和木块的质量相等，重力相等，而静止在水平面的物体对水平面的压力大小等于物体的重力，即压力相等，根据可知，受力面积越小压强越大，因此木块对托盘的压强小于砝码对托盘的压强，故C正确；
D．天平的使用中来回取码需要用镊子，故D错误。
故选C。
变式题1基础
2. 如图所示的四种用具中，使用时属于费力杠杆的是 （ ）
A.
钢丝钳B. 羊角锤
C. 食品夹D. 核桃钳
【答案】C
【解析】
【详解】A．钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不符合题意；
B．羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B不符合题意；
C．食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C符合题意；
D．核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。
故选C。
变式题2基础
3. 下列有关托盘天平的使用说法正确的是（ ）
A. 称量前，应估计被测物体的质量，以免超过量程
B. 称量前，应调节平衡螺母或移动游码使天平平衡
C. 称量时，左盘放砝码，右盘放物体
D. 称量时，向右移动游码，相当于向左盘加砝码
【答案】A
【解析】
【详解】A．物体的质量超过天平量程，会损坏天平，因此称量前，应估计被测物体的质量，以免超过量程，故A正确；
B．称量前，应先将游码移到标尺零刻度线，再调节平衡螺母使天平横梁水平平衡，故B错误；
C．称量时，左盘放物体，右盘放砝码，故C错误；
D．称量时，向右移动游码，相当于向右盘加砝码，故D错误。
故选A。
变式题3基础
4. 思维导图是总结归纳知识的一种方法。如图所示的思维导图中A、B对应的内容分别是（ ）
A. 费力、天平B. 费力、动滑轮
C. 省力、定滑轮D. 省力、天平
【答案】A
【解析】
【详解】杠杆分为省力杠杆、费力杠杆及等臂杠杆。钓鱼杆使用时动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；而天平、定滑轮为等臂杠杆，而动滑轮为动力臂是阻力臂2倍的杠杆，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
变式题4巩固
5. 关于使用托盘天平的说法，正确的是（ ）
A. 必须使用镊子加减砝码，但可用手直接移动游码
B. 若天平的砝码上粘有污垢，则质量的测量结果将会偏大
C. 若测量前游码忘记“归零”，则质量的测量结果将会偏大
D. 若在右盘放入质量最小的砝码后，指针偏向刻度盘左侧，应将平衡螺母向右调节
【答案】C
【解析】
【详解】A．砝码和游码的移动都要用镊子夹取或移动，不能用手加减砝码和移动游码，故A错误；
B．利用天平测物体的质量时，天平平衡后，物体质量等于砝码质量加游码对应的刻度。若砝码粘上污垢，则砝码质量等于砝码的实际质量加上污垢的质量，因此砝码质量增加，而读数时仍然按照物体质量等于砝码质量加游码对应的刻度，没有计算污垢的质量，所以偏小，故B错误；
C．若开始测量前游码没有“归零”，游码调平衡时已有示数，则所测出物体的质量会偏大，故C正确；
D．若在右盘放入质量最小的砝码后，指针偏向刻度盘左侧，表明砝码的质量略小于物体质量，应向右移动游码，直至天平平衡，测量过程中不能调节平衡螺母，故D错误。
故选C。
变式题5巩固
6. 下列关于天平的使用说法正确的是（ ）
A. 向右移动标尺上的游码相当于在右盘中增加小砝码
B. 天平调平后，称量过程中可以移动平衡螺母使天平平衡
C. 可把一张邮票直接放在天平左盘里测量质量
D. 如果砝码因为使用不当磨损，则用该天平测量物体质量时测量结果偏小
【答案】A
【解析】
【详解】A．天平使用时，左盘放测量物体，右盘放砝码，当放上最小砝码时，指针偏向分度盘右边；取下最小砝码时，指针偏向分度盘左边，此时取下最小砝码后，应移动游码使天平在水平位置平衡，向右移动标尺上的游码相当于在右盘中增加小砝码，故A正确；
B．天平调平后，称量过程中不可以移动平衡螺母使天平平衡，否则会使测量结果存在偏差，故B错误；
C．一张邮票的质量太小，无法直接通过天平测出，应该测量一叠邮票的质量，再除以邮票的张数，得到一张邮票的质量，故C错误；
D．如果砝码因为使用不当磨损，则用该天平测量物体质量时需要添加的砝码较多，测量结果偏大，故D错误。
故选A。
变式题6巩固
7. 两完全相同的空瓶装了不同的液体，放在已调好平衡的天平上，如图所示，天平仍然保持水平位置平衡，则（ ）
A. 两瓶对托盘的压强不等B. 乙瓶液体质量较大
C. 乙瓶液体密度较大D. 两瓶液体密度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、天平仍然平衡说明左右两盘中物体质量相等，两瓶对托盘的压力相等，两完全相同的空瓶，底面积相同，根据可知两瓶对托盘的压强相等，故A错误；
B、规格相同的瓶装了不同的液体，放在横梁已平衡的天平上，天平仍然保持平衡，说明液体的质量相等，故B错误；
CD、由图可知，甲瓶液体的体积大于乙瓶液体的体积，由可知，甲瓶液体的密度小于乙瓶液体密度，故C正确，D错误．
故选C．
变式题7提升
8. 某同学做“测量液体密度”的实验后，进行了操作总结和新的探索。没有量筒，只用天平、烧杯、水，也能测出某种未知液体的密度。它先测出空杯的质量和装有一定体积的水时的质量分别为32.2g和132.2g，再用这只烧杯装同样体积的待测液体后，天平示数如图所示，已知ρ水=1.0×103kg/m3，以下正确的是（ ）
A. 用手直接加减砝码
B. 测量时发现指针指在分度盘左侧，应往右移动平衡螺母
C. 待测液体的密度是0.8×103kg/m3
D. 待测液体的密度是0.9×103kg/m3
【答案】C
【解析】
【详解】A．天平称量物体质量时，不能用手向右盘中加减砝码，要用镊子，故A错误；
B．测量时为使横梁平衡，可通过增减砝码和调节游码，不能移动平衡螺母，故B错误；
CD．水的质量
m水=m总1-m烧杯=132.2g-32.2g=100g
水的体积
烧杯的容积
V=V水=100cm3
待测液体的体积
V液=V=V水=100cm3
这只烧杯装满待测液体后总质量
m总1=100g+10g+2.2g=112.2g
待测液体的质量
m液=m总2-m烧杯=112.2g-32.2g=80g
待测液体的密度
故C正确，D错误。
故选C。
变式题8提升
9. 如图所示，A、B两个密度之比为8:1、体积之比为1:8的实心正方体，按甲、乙两种不同的方式叠放在水平地面上，下列说法错误的是（ ）
A. 图甲中A对B的压力等于图乙中B对A的压力
B. 图甲中A对B的压强大于图乙中B对A的压强
C. 地面受到的压力之比是1:1
D. 地面受到的压强之比为1:4
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为A、B两个密度之比为8:1，体积之比为1:8，根据可得质量之比为1:1，则重力之比为1:1，因为A对B的压力大小等于A重力，B对A的压力，大小等于B的重力，所以两个压力相等，故A正确，不符合题意；
B．因为图甲中A对B的压力等于图乙中B对A的压力，受力面积也相同，根据可得，压强相等，故B错误，符合题意；
C．图甲、乙摆放，对地面的压力等于A、B两物体的总重力，所以压力之比为1:1，故C正确，不符合题意；
D．根据体积之比为1:8的实心正方体，可得面积之比为1:4，因为甲、乙两图对地面的压力之比为1:1，根据可得，地面受到的压强之比为1:4，故D正确，不符合题意。
故选B。
变式题9提升
10. 如图，一根轻质木杆，A端细线下挂40N的重物静止在水平地面上，当在B端加竖直向下的作用力F=30N时，木杆恰能在水平位置处于平衡状态，此时细线竖直，重物对地面的压强为3000Pa。已知OA=30cm，重物与地面的接触面积为100cm2，则下列说法正确的是（ ）
A. 此杠杆是一个省力杠杆
B. 重物对水平地面的压力40N
C. OB的长度为10cm
D. 将F向右转过一个角度时，要使重物对地面的压强不变，则F变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．是一个杠杆，动力臂小于阻力臂，所以是费力杠杆，故A错误；
B．由可得，重物对水平地面的压力
故B错误；
C．重物对地面的压力等于自身的重力减去细线的拉力，所以，细线的拉力
由杠杆平衡条件可得
解得
故C正确；
D．重物对地面的压强不变，则细线的拉力不变，由图可知，阻力臂也不变，由杠杆平衡条件可知，当将向右转过一个角度时，的力臂变小，要保持与其力臂的乘积不变，则应变大，故D错误。
故选C。
原题
11. 在美丽乡村建设的工地上，如图所示，工人借助动滑轮用250N的拉力，将450N的重物匀速提升2m，用时10s。则（ ）
A. 重物上升的速度为0.4m/s
B. 动滑轮做的有用功为1000J
C. 工人的拉力的功率为90W
D. 动滑轮的机械效率为90%
【答案】D
【解析】
【详解】A．重物上升的速度为
故A不符合题意；
B．动滑轮做的有用功为
W有=Gh=450N×2m=900J
故B不符合题意；
C．动滑轮有两根绳承担，所以绳子自由端移动的速度为
v绳=v=0.2m/s×2=0.4m/s
工人的拉力的功率为
P=Fv绳=250N×0.4m/s=100W
故C不符合题意；
D．动滑轮的机械效率为
故D符合题意。
故选D。
变式题1基础
12. 四个完全相同的滑轮，其重力均为2N。分别用如图所示的两种方式，将重为5N的钩码匀速提升1m。则下列判断正确的是（不计绳与滑轮的摩擦）（ ）
A. 两图中拉力大小相等
B. 两机械做的有用功相等
C. 两绳子自由端移动距离相等
D. 乙图中机械效率高些
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，甲滑轮组中承担物重的绳子段数n甲为2，乙滑轮组中承担物重的绳子段数n乙为3，由可知，甲滑轮组拉力更大，故A错误；
B．由题意可知，两滑轮组将相同重物提升相同距离，二者做的有用功均可表示为，所以两机械做的有用功相等，故B正确；
C．由图可知，甲滑轮组绳子自由端移动距离为2h，乙滑轮组绳子自由端移动距离为3h，两绳子自由端移动距离不相等，故C错误；
D．甲滑轮组的绳端拉力
乙滑轮组的绳端拉力
甲滑轮组的机械效率
乙滑轮组的机械效率
所以甲、乙图中滑轮组的机械效率相等，故D错误。
故选B。
变式题2基础
13. 小明学习了滑轮知识后，利用滑轮设计了一个升降装置，如图所示。在爸爸的帮助下，通过它把一个重为100N的物体从地面提升到9m高的阳台上，所用拉力F为60N，用时10s，关于提升过程描述正确的是（ ）
A. 做的有用功为900JB. 拉力F做功的功率为54W
C. 机械效率为60%D. 用升降装置可以省功
【答案】A
【解析】
【详解】A．做的有用功为
故A正确；
B．物体的速度为
由图可知，动滑轮上的绳子根数为n=2，绳子的速度为
拉力F做功的功率为
故B错误；
C．机械效率为
故C错误；
D．使用任何机械都不可避免会有额外功，所以任何机械都不能省功，故D错误。
故选A。
变式题3基础
14. 如图所示，工人利用滑轮组提升一个重为400N的货物，动滑轮的重力G动=100N，货物以0.3m/s的速度匀速上升（忽略绳重及摩擦），下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F为200NB. 货物上升1m，绳子自由端移动3m
C. 拉力F做功的功率120WD. 该滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，承担物重的绳子的股数
因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力
故A错误；
B．绳子自由端移动距离
故B错误；
C．绳子自由端移动的速度
拉力做功的功率
故C错误；
D．因为不计绳重和摩擦，所以滑轮组的机械效率
故D正确。
故选D。
变式题4巩固
15. 如图所示，在快递仓库内工人把重为600N的货物用滑轮组以0.2m/s的速度匀速提升，忽略摩擦及绳重，该过程中滑轮组的机械效率为80%，下列说法正确的是 （ ）
①工人所用的拉力为200N
②动滑轮的重力为150N
③拉力的功率为150W
④提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不变
A. 只有①③B. 只有②③C. 只有①②D. 只有②④
【答案】B
【解析】
【详解】①由图知道，n＝3，拉力端移动距离s＝3h，滑轮组的机械效率
则工人所用的拉力
故①错误；
②忽略摩擦及绳重，则拉力
所以，动滑轮的重力
G动＝3F﹣G物＝3×250N﹣600N＝150N
故②正确；
③拉力端移动的速度
v＝nv物＝3×0.2m/s＝0.6m/s
拉力的功率
故C正确；
D、忽略摩擦及绳重，由于滑轮组的机械效率
由此可知，提升重力不同的货物时，此滑轮组机械效率不同、是变化的，故④错误。
故B正确，ACD错误。
故选B。
变式题5巩固
16. 如题图所示，甲是建筑工地上的塔式起重机示意图，乙是一端的滑轮组，用2.1×103N的拉力F在10s内将重6×103N的物体匀速提升5m，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F做功大小为2.1×104J
B. 绳索自由端速度大小为0.5m/s
C. 该滑轮组的动滑轮重300N
D. 该滑轮组的机械效率为80%
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知一端滑轮组绳子的有效段数n=3，绳子自由端移动的距离
s=nh=3×5m=15m
拉力做的总功
W总=Fs=2.1×103N×15m=3.15×104J
故A错误；
B．绳索自由端的速度
故B错误；
C．因为不计绳重和摩擦时
动滑轮重
G动=3F-G=3×2.1×103N-6×103N =300N
故C正确；
D．滑轮组的机械效率
故D错误。
故选C。
变式题6巩固
17. 在新农村改造住房时，常用如图所示的简易滑轮组提升建材。工人师傅用400N的拉力，利用该滑轮组将重600N的重物在10s内匀速提高了4m。下列判断正确的是（ ）
A. 绳端移动的速度为0.4m/sB. 提升重物做的有用功为1600J
C. 工人拉绳子的功率为240WD. 该滑轮组的机械效率为75%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离
s＝nh＝2×4m＝8m
则绳子自由端移动的速度
v＝＝0.8m/s
故A错误；
B．有用功
W有＝Gh＝600N×4m＝2400J
故B错误；
C．拉力做功的功率
P＝＝Fv＝400N×0.8m/s＝320W
故C错误；
D．滑轮组的机械效率
η＝＝75%
故D正确。
故选D。
变式题7提升
18. 如图所示，小明用两个不同的滑轮组，在相同时间内分别用大小相等的拉力F将同一物体匀速提高了相同的高度，若两个滑轮组的动滑轮重分别为G动1和G动2，机械效率分别为η1、η2，小明做功的功率分别为 P1、P2，不计绳重和摩擦。则（ ）
A. G动1
C. G动1>G动2，η1<η2，P1
【解析】
【详解】①若不计绳重及摩擦，则拉力
由图知道，n1=2，n2=3，所以，绳子受的拉力
根据题意知道
由此解得
所以
②同一重物的重力相同，且两次的拉力大小相同，由于
所以，两滑轮组的机械效率之比为
故
③根据题意知道，拉力相同，升高相同的高度，且时间相同，由于
拉力F的功率之比为
故
综上所述，A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
变式题8提升
19. 如图所示，分别以两种方式拉物体A和B，物体A重200N，物体B重300N，拉力F的大小均为80N，两物体在拉力的作用下均做匀速直线运动，物体运动的速度均为0.2m/s，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，则（ ）
A. 图1中动滑轮的重为4N
B. 图2中1min内所做的有用功为3600J
C. 两图中1min内绳子自由端移动的距离为36m
D. 两图中拉力F的功率、机械效率均相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．不计绳重及摩擦，使用甲滑轮组时，n＝3，根据
可知，动滑轮的重力为
故A不符合题意；
B．由于拉动B物体时，B物体受到的摩擦力未知，无法计算克服B受到的摩擦力所做有用功的大小，故B不符合题意；
C．由图知，两图中通过动滑轮绳子的段数n都为3，1min物体移动距离
所以绳子自由端移动距离
故C符合题意；
D．由题知，两种方式的拉力相同，物体速度相同，绳端速度也相同，由
可知，两图中拉力的功率相同，由
可知，两种方式的总功相同，但由于拉B物体时的有用功无法确定，所以两滑轮组的机械效率大小是否相等不能确定，故D不符合题意。
故选C。
变式题9提升
20. 如图，甲、乙两滑轮组由完全相同的滑轮和绳子组装而成，每个滑轮重20N，现在用这两个滑轮组分别匀速提起80N的重物，使物体都以0.1m/s的速度上升1m，不计绳重和摩擦，下列说法中正确的有（ ）
①和都是50N
②总功都是100J
③和的功率都是10W
④甲、乙的机械效率都是80%
A. ①②B. ③④C. ②③④D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①由图可知图甲中有2段绳子承重，图乙中有3段绳子承重，所以
故①错误；
②物体上升距离为
h=1m
则拉力移动的距离为
拉力做的总功是
则拉力移动的距离为
拉力做的总功是
故②正确；
③拉力的功率为
所以拉力F1和F2的功率相等，F1和F2的功率大小为
故③正确；
④滑轮组的机械效率为
所以甲、乙滑轮组的机械效率相等，甲、乙滑轮组的机械效率大小为
故④正确。
故选C。
原题
21. 将一个定值电阻接入图甲所示电路的虚线框处，并将一个电压表（图中未画出）并联在某段电路两端，闭合开关，移动滑片P，多次记录两电表示数；断开开关，只将定值电阻更换为小灯泡，再次获取数据并记录；将记录的数据绘制成如图乙所示的图象。下列分析正确的是（ ）
A. 电源电压为3.5V
B. 图象是用接入定值电阻时记录的数据绘制得到的
C. 定值电阻和灯泡两端的电压各为3.5V时，灯泡的电阻较大
D. 接入小灯泡后，将滑片P向右移动时，电压表的示数将变大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由图乙中的图像分析，当电流越大时，所对应的电压越小，可判断此图像为滑动变阻器电压与电流的变化图像，且因为灯泡电阻受温度影响会发生改变，导致其两端电压非直线性变化，故a图像为定值电阻接入电路中时滑动变阻器的I−U图像，b为灯泡接入电路中滑动变阻器的I−U图像。
设电源电压为U，定值电阻为R，根据a图像中，电流为0.6A，电压为1V；电流为0.2A，电压为3V，可分别列出关于电源电压的公式为
---------①
----------②
①②两式联立可得，
故AB错误；
C．由乙图像可知，当滑动变阻器的电压为0.5V时，定值电阻/小灯泡的电压为3.5V，定值电阻接入电路中时电流为0.7A，灯泡接入电路中时，电流为0.3A，根据可知，灯泡的电阻较大，故C正确；
D．将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据串联分压原理可知，滑动变阻器的电压变小，因电压表测滑动变阻器的电压，故而示数会变小，故D错误。
故选C。
变式题1基础
22. 如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关时，滑动变阻器的滑片P从b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压是3V
B. 定值电阻R的阻值是60Ω
C. 若定值电阻R接触不良时，电流表示数为0，电压表示数为9V
D. 滑动变阻器的阻值范围是0~18Ω
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．当滑片P位于a端时，电路为电阻R的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，此时电路中的电流最大，由图像可知，电路中的最大电流1.5A时，电压表的最大示数为9V，即电源电压为9V，由可得，定值电阻R的阻值
当滑片P位于b端时，定值电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，由图像可知，电路中的最小电流I′=0.5A，则电路中的总电阻
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器的最大阻值
则滑动变阻器的阻值范围是0~12Ω，故ABD错误；
C．当定值电阻R出现接触不良时，则串联电路断路，电流表示数为0，此时电压表串联在电路中，相当于测量电源电压，其示数为9V，故C正确。
故选C。
变式题2基础
23. 在如图甲电路中，电源电压不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。在滑片P从最右端向最左端滑动过程中，电压表与电流表的示数变化关系如图乙。则下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压为5VB. R0最大电压为4V
C. 定值电阻R0为8ΩD. 滑片P在中点时，电流为0.3A
【答案】D
【解析】
【详解】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
AC．当滑片位于最左端时，变阻器连入电路的电阻为零，只有R0的简单电路，电路的总电阻最小，由欧姆定律定律可知电路电流最大，根据图乙可知Imax=0.6A，由欧姆定律可得，电源电压
U=ImaxR0=0.6A×R0①
当滑片位于最右端时，变阻器连入电路的电阻最大，电路的总电阻最大，由欧姆定律定律可知电路电流最小，电压表示数最大，根据图乙可知Imin=0.2A，UR=4V，串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得，电源电压
U=UR+IminR0=4V+0.2A×R0②
联立①②可得
R0=10Ω，U=6V
故AC错误；
B．当滑片P在最左端时，滑动变阻器的接入电阻为0，分压为0，电源电压加在R0两端，R0两端的最大电压为电源电压6V，故B错误；
D．当滑片位于最右端时，变阻器连入电路的电阻最大，电路的总电阻最大，由欧姆定律定律可知电路电流最小，电压表示数最大，根据图乙可知Imin=0.2A，UR=4V，由欧姆定律可得，滑动变阻器的最大阻值
滑片P在中点时，滑动变阻器连入电路的电阻为
电路中的电流
故D正确。
故选D。
变式题3基础
24. 如图1所示，电源电压保持不变，闭合开关，滑动变阻器滑片P从b端移动到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图2所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 电源电压是9V
B. 定值电阻R的阻值是6Ω
C. 滑动变阻器的最大阻值为12Ω
D. 当滑动变阻器的滑片P处于中点时，电流表示数为1.0A
【答案】D
【解析】
【详解】A．由电路图可知，当滑片P位于a端时，电路为R的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，且此时电路中的电流最大，由图象可知，电路中的最大电流1.5A时，电压表的示数为9V，即电源的电压为9V，故A正确，不符合题意；
B．由可得，定值电阻R的阻值
故B正确，不符合题意；
C．当滑片P位于b端时，定值电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，由图象可知，电路中的最小电流，则电路中的总电阻
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器的最大阻值
故C正确，不符合题意；
D．当滑动变阻器的滑片P处于中点时，，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和
则电路中的电流为
故D错误，符合题意。
故选D。
变式题4巩固
25. 如图甲所示的电路中，电源电压不变，电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~15V，滑动变阻器规格为“200Ω 1A”，在移动滑片的过程中，电压表的示数与滑动变阻器接入电路的电阻的关系如图乙所示。在保证电路安全的前提下，下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压15V
B. R1的阻值10Ω
C. R2的变化范围是10~20Ω
D. 电路中的电流最小为0.15A
【答案】D
【解析】
【详解】分析电路图可知，电路为串联电路，电压表测滑动变阻器两端电压。
AB．由图乙可知，当滑动变阻器的阻值为时，滑动变阻器的电压为12V，此时电路中的电流为
电源电压可表示为
-------------①
当滑动变阻器的阻值为时，滑动变阻器的电压为14V，此时电路中的电流为
电源电压可表示为
-------------②
解得，，故AB错误；
CD．根据题意，电路中允许通过的最大电流为0.6A，此时电路中的总电阻最小，则总电阻为
因为R为定值电阻，所以滑动变阻器接入电路的最小电阻为
因为电压表测滑动变阻器电压，根据串联分压原理可知，当电压表为15V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中电流最小，根据串联电路中电压规律，可求定值电阻的电压为
电路中的最小电流为
则滑动变阻器接入电路中的最大电阻为
因此滑动变阻器的阻值范围为10~100Ω，故C错误，D正确。
故选D。
变式题5巩固
26. 如图甲所示，电源电压恒定，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片从最右端移至灯正常发光的位置，此过程中电流表示数与两个电压表示数的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 曲线a是电流表示数与电压表V2示数的关系图像
B. 电源电压为11V
C. 灯的额定电流为0.2A
D. 滑动变阻器的最大阻值是15 Ω
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图，小灯泡和滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中电流；闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片从最右端移至灯正常发光的位置的过程中，滑动变阻器电阻变小，电路中电流变大，滑动变阻器两端电压变小，小灯泡两端电压变大，所以由图可知曲线b是电流表示数与电压表V2示数的关系图像，故A错误；
B．由图可知，滑片在最右端时，小灯泡两端电压为2V，滑动变阻器两端电压为9V，因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电源电压为
故B正确；
C．根据题意可知，当灯泡正常发光时，电流表示数最大，由图乙可知，此时电路电流为0.6A，所以，小灯泡的额定电流为0.6A，故C错误；
D．由图可知，滑动变阻器的最大阻值是
故D错误。
故选B。
变式题6巩固
27. 如图甲所示电路，电源电压为6V且不变，R1为定值电阻。闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从a端向b端移动过程中，电压表和电流表的示数变化情况如乙图所示。则（ ）
A. 定值电阻的阻值是20Ω
B. 滑动变阻器的最大阻值是10Ω
C. 当滑动变阻器的滑片P在中点时，两电表的示数对应于乙图中的“B”点
D. 当滑动变阻器的滑片P在中点时，两电表的示数对应于乙图中的“C”点
【答案】C
【解析】
【详解】AB．如图，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑动变阻器两端的电压，当滑片P在a端时，由图象可知电路中电流为Ia=0.2A，R2两端的电压U2=4V，由可得，滑动变阻器R2的最大阻值为
因为电源电压U=6V，所以定值电阻R1两端的电压为
U1=U-U2=6V-4V=2V
所以定值电阻R1的阻值为
故AB不符合题意；
CD．当滑动变阻器的滑片P在中点时，则滑动变阻器连入电路的阻值为
则电流表的示数为
电压表的示数为
U2′′=I′R2′=0.3A×10Ω=3V
由图象可知：电流表示数为0.3A时对应的点是“B”，故C符合题意，D不符合题意。
故选C。
变式题7提升
28. 如图甲所示电路，电源电压保持不变，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合开关S，将的滑片P从一端移到另一端，二者的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压为12V
B. 定值电阻的阻值为20Ω
C. 图线a反映通过定值电阻的电流与其两端电压的关系
D. 滑动变阻器的最大阻值为20Ω
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．由图像可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V1测R1两端的电压。由图乙可知，图线b上任取两点，求得电阻为
故图线b表示的为定值电阻R1的电流与其两端电压的关系，且R1的阻值为10Ω。那么图线a表示的为滑动变阻器R2的电流与其两端电压的关系。由图乙可知，当滑动变阻器R2两端电压为0时，定值电阻R1两端的电压即电源电压为6V。故ABC错误；
D．由图乙可知，当电压为4V，电流为0.2A时，滑动变阻器R2此时阻值最大，最大阻值为
故D正确。
故选D。
变式题8提升
29. 图甲是探究欧姆定律的实验电路，电源电压恒定，R1是滑动变阻器，R2是定值电阻；图乙中的a、b分别是将滑动变阻器R1的滑片从最左端移动到最右端的过程中，电流表A的示数随两电压表V1、V2的示数变化关系图像。下列说法中正确的是（ ）
A. 图线b是电流表A的示数随电压表V1的示数变化关系图像
B. 当电压表V1、V2的示数相等时，滑片在滑动变阻器的中点位置
C. 电源电压是6V
D. 定值电阻阻值是1Ω
【答案】C
【解析】
【详解】C．由图甲可知R1和R2串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；串联电路的电源电压等于各个用电器两端的电压之和，由图乙可知，当电流为0.1A时，两个电压表的示数分别为1V和5V，因此电源电压为
U=1V+5V=6V
故C正确；
AD．由于R2是定值电阻，由欧姆定律可知，通过R2的电流与其两端电压成正比，由图乙可知，图线b代表电流表A的示数随V2的示数变化关系图；则图线a代表电流表A的示数随V1的示数变化关系图；定值电阻的阻值为
故AD错误；
B．由图乙可知，滑动变阻器的最大阻值为
当电压表V1、V2的示数相等时，由图可知，此时R1两端的电压，通过的电流：I=0.3A，则
则滑片不在滑动变阻器的中点位置，故B错误。
故选C。
变式题9提升
30. 如图甲所示，电源电压不变，小灯泡L允许通过的最大电流为0.6A，滑动变阻器R的最大阻值为50Ω，电流表量程为“0~0.6A”，电压表量程为“0~15V”。闭合开关S，在保证电路安全的前提下，最大范围调节滑动变阻器的滑片P，分别绘制了电流表示数与电压表示数、电流表示数与滑动变阻器R连入电路阻值的变化关系图象，如图乙、丙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A. 电源电压为16V
B. 当电流表示数为0.25A时，滑动变阻器连入电路的阻值为45Ω
C. 若滑动变阻器连入电路的阻值变小，则电压表V与电流表A示数之比变小
D. 若将电压表量程换为0~3V，滑动变阻器允许连入电路的阻值范围为18~50Ω
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器R串联接入电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；由图乙可知，当电流表的示数为0.6A时，电压表的示数为6V，即灯泡L两端的电压为6V，由图丙可知，当电流表示数为0.6A时，滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，滑动变阻器两端的电压
U滑=I滑R滑=0.6A×10Ω=6V
电源电压
U=UL+U滑=6V+6V=12V
故A错误；
B．由图乙可知，当电流表示数为0.25A时，电压表的示数为1V，即灯泡L两端的电压为1V，此时滑动变阻器两端的电压
U滑′=U-UL′=12V-1V=11V
此时滑动变阻器连入电路的阻值
故B错误；
C．由图丙可知，当滑动变阻器连入电路的阻值变小时，电路中的电流将变大，由图乙可知，当电路中的电流变大时，电压表示数也将变大，但电压表示数增大得比电流表示数增大得更快，由可知，电压表的示数与电流表的示数的比值将变大，故C错误；
D．将电压表量程换为0~3V时，当电压表示数为3V时，由图乙可知，通过灯泡的电流为0.5A，所以通过滑动变阻器的电流是0.5A，此时滑动变阻器两端的电压
U滑″=U-UL″=12V-3V=9V
此时滑动变阻器接入电路中的最小阻值
当滑动变阻器接入电路的阻值增大时，由图丙可知电路中的电流将减小，当电路中的电流减小时，由图乙可知灯泡L两端的电压也减小，此时电流表、电压表、灯泡都不会损坏，所以滑动变阻器接入电路的最大阻值是50Ω，故将电压表量程换为0~3V时，滑动变阻器允许连入电路的阻值范围是18~50Ω，故D正确。
故选D。
原题
31. 扬声器（喇叭）是可以扩大声音的设备，它的工作原理是通电导体在磁场中受到__________的作用而运动，“扩大”是指将声音的__________增大。
【答案】 ①. 力 ②. 响度
【解析】
【详解】[1]扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，从而带动锥形纸盆跟着振动，把电信号变为声信号。
[2]扬声器（喇叭）是扩大声音的设备，也就是增大声音的响度。
变式题1基础
32. 如图所示，闭合开关，静止的导体棒ab在轨道上向右运动，说明_______对通电导体有力的作用，若只将电源的正、负极对调，则导体棒ab将向_____运动（选填“左”或“右”）；若只将蹄形磁铁的N、S极对调，则导体棒ab将向_____运动（选填“左”或“右”）。
【答案】 ①. 磁场 ②. 左 ③. 左
【解析】
【详解】[1]闭合开关，静止的导体棒ab在轨道上向右运动，说明导体棒ab受到向右的力作用，从实物图可以看到，有电源，开关是闭合的，有电流流过导体棒ab，导体棒ab在蹄形磁铁的磁场中，说明磁场对通电导体有力的作用。
[2][3]磁场对通电导线力的作用的方向，跟电流方向和磁场方向有关，只改变其中一个方向时，受力方向会改变；则若只将电源的正、负极对调，电流方向会变为相反，磁场方向不变，导体棒ab的运动方向会改变，开始是向右运动，现在是向左运动；若只将蹄形磁铁的N、S极对调，磁场方向会变为相反，电流方向不变，导体棒ab的运动方向会改变，现在是向左运动。
变式题2基础
33. 我们考试时，各个考场内用于播报考试须知的扬声器在电路中是________联的。扬声器的工作原理和________（选填“电动机”或“发电机”）相似。
【答案】 ①. 并 ②. 电动机
【解析】
【详解】[1][2]各个考场内用于播报考试须知的扬声器工作时互相不影响，所以在电路中是并联的。扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，和电动机相似。
变式题3基础
34. 智能音箱可以模仿很多动物的声音，该音响主要是模仿声音的______（选填“音调”“音色”或“响度”）；休息时，智能音箱可以播放轻音乐舒缓身心但音量不能过大，是指声音的______（选填“音调”、“音色”或“响度”）要适中，以免影响听力。
【答案】 ①. 音色 ②. 响度
【解析】
【详解】[1]不同的发声体，发出声音的音色一般不同，而智能音箱可以模仿很多动物的声音，主要是模仿声音的音色。
[2]休息时，智能音箱可以播放轻音乐舒缓身心，但音量不能过大，是指声音的响度不能太大，太大了会对人耳有影响。
变式题4巩固
35. 如图甲所示是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰—福建舰，配备了全球领先的电磁弹射装置。如图乙所示，电磁弹射装置的弹射车与战斗机前轮连接，并处于强磁场中。当弹射车内的导体通以强大电流时，战斗机就会受到强大的推力而向前弹射飞出。电磁弹射装置的工作原理是___________（选填“电磁感应”或“磁场对通电导体的作用力”）。
【答案】磁场对通电导体的作用力
【解析】
【详解】电磁弹射器弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动。
变式题5巩固
36. 用一根金属铜线、一块强磁铁、一节一号干电池都分别成功做出了各自简易的电动机，如图甲、乙分别是小明和小强做成的电动机。在他俩展示过程中，细心的小敏同学发现两个铜线框的转动方向是相反的；
（1）图中金属铜线可以绕电池持续转动的原理是：______；
（2）甲、乙两图中铜线框的转动方向相反的原因是：______。
【答案】 ①. 通电线圈在磁场中受力而转动 ②. 贴近电池一侧强磁铁的极性不同造成的
【解析】
【详解】（1）[1]（2）[2]小明和小强做成的电动机，金属铜线可以绕电池持续转动的原理是通电线圈在磁场中受力而转动；通电导体在磁场中受力方向跟电流方向和磁场方向有关；如图，电流方向是相同的，两个铜线框的转动方向是相反的，是因为磁场方向不同，故转动方向相反是因为贴近电池的强磁铁的极性不同。
变式题6巩固
37. 在探究通电导线在磁场中受力的实验中，所用器材及电路连接如图所示。闭合开关，导线ab水平向右运动，这说明___________对通电导线有力的作用；只把蹄形磁体上下磁极调换一下，导线ab的运动方向是水平___________（选填“向左”或“向右”）；音响设备中___________（选填“动圈式扬声器”或“动圈式话筒”）就是利用这个原理工作的。
【答案】 ①. 磁场 ②. 向左 ③. 动圈式话筒
【解析】
【详解】[1]闭合开关，导线ab水平向右运动，说明导线受到了力的作用，即说明磁场对通电导线有力的作用。
[2]只把蹄形磁体上下磁极调换一下，磁场的方向变得相反，导体受力的方向也相反，则导线ab的运动方向是水平向左。
[3]动圈式扬声器将电信号转化为声信号，是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的；动圈式话筒是利用电磁感应原理来工作的。
变式题7提升
38. 如图，这是电压表的内部结构示意图，线圈在磁场中，指针与线圈相连．当线圈中有电流通过时，线圈会转动，这与_________（填“电动机”或“发电机”）的原理相同；闭合开关后指针向右偏转，若改变线圈中的电流方向，指针将_________（填“向左”、“向右”）偏转。如果要增大电压表的量程，可以把R0换成阻值更_________（填“大”“小”）的电阻。
【答案】 ①. 电动机 ②. 向左 ③. 大
【解析】
【详解】[1]通过电压表的内部构造显示电压表的制成原理：通电线圈在磁场中受力而转动，与电动机原理相同。
[2]通电导体在磁场中的受力方向与磁场方向和电流的方向有关，闭合开关后指针向右偏转，若改变线圈中的电流方向，指针将向左偏转。
[3]线圈中的最大电流一定，由可知增大R0可能增大电压表的测量的最大电压即增大了量程。
变式题8提升
39. 将两块磁铁分别吸在干电池的正负极上，使两个磁铁的N极都向外，构成了一个可以在平面上滚动的滚轮。如图所示，将锡箔纸平铺在水平桌面上，再将滚轮轻轻放在锡箔纸上，这时锡箔纸、磁铁、干电池就构成了闭合电路形成电流，电流在锡箔纸上电流的方向是从_________（填“A到B”或“B到A”）。由于电流在磁场中会受到_______，滚轮立刻开始向前滚动。滚轮能够滚动，其原理与 ___________（填“发电机”或“电动机”）相同。若让滚轮向相反的方向滚动，请说出一种可行的做法 _________。
【答案】 ①. A到B ②. 力的作用 ③. 电动机 ④. 见解析
【解析】
【详解】[1]电流是从电源的正极出发，经过锡纸流回到电源负极，因此由图可知，电流在锡纸上的方向是“A到B”。
[2][3]通过锡箔纸有电流，电流的周围存在磁场，通有电流的干电池在磁铁的磁场中受到力的作用开始运动，所以滚轮立刻开始向前滚动，与电动机的工作原理相同。
[4]通电导体在磁场中的受力方向与电流的方向、磁场的方向有关，若让滚轮向相反的方向滚动，可以改变磁场的方向或电流的方向，即将滚轮左右换个方向或将电池正负极对调一下。
变式题9提升
40. 写出下列仪器的工作原理：
（1）动圈式话筒的工作原理：_________；
（2）动圈式扬声器的工作原理：_____________。
【答案】 ①. 电磁感应 ②. 磁场对电流的作用
【解析】
【详解】（1）[1]根据动圈式话筒的结构可知，动圈式话筒的工作原理是电磁感应。
（2）[2]根据动圈式扬声器的结构可知，动圈式扬声器的工作原理是磁场对电流的作用。
原题
41. 2023年5月10日，天舟六号货运飞船搭乘火箭飞向中国空间站，如图所示，一起加速升空的过程中，以火箭为参照物，飞船是______（选填“静止”或“运动”）的，飞船的机械能______（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. 静止 ②. 增大
【解析】
【详解】[1]一起加速升空的过程中，以火箭为参照物，飞船的位置没有发生变化，是静止的。
[2]飞船加速上升，质量不变，速度变大，动能变大；高度变大，重力势能变大；机械能等于动能与势能的和，所以机械能增大。
变式题1基础
42. 如图2020年7月23日，我国发射首个火星探测器“天问一号”，将一次性完成“绕、落、巡”三大任务，这在世界航天史上从未有过先例。探测器沿椭圆轨道绕火星运动时，不受空气阻力，只发生动能和势能的相互转化，由近火点向远火点运动时，探测器的动能___________，机械能___________（填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 变小 ②. 不变
【解析】
【详解】[1][2]探测器由近火点向远火点运动时，不受空阻力，只发生动能和势能的相互转化，探测器相对于火星的高度增加，重力势能变大，速度减小，动能减小，动能转化为重力势能，机械能不变。
变式题2基础
43. 2023年5月28日，我国首次按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式干线客机——C919圆满完成商业首飞。C919加速升空时，机械能___________（选填“增大”或“减小”），以地面为参照物，它是___________（选填“静止”或“运动”）的。
【答案】 ①. 增大 ②. 运动
【解析】
【详解】[1]C919加速升空时，如果忽略油耗引起的客机自身质量的变化，客机的速度和高度都增加，动能和重力势能都增大，机械能等于动能与势能之和，因此机械能增大。
[2]以地面为参照物，客机加速升空时相对地面的位置发生了变化，它是运动的。
变式题3基础
44. 我国无人机技术世界领先，应用广泛。如图所示，送快递的无人机匀速下降时，它相对于地是_________的，机械能_________（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. 运动 ②. 减小
【解析】
【详解】[1]如图所示，送快递的无人机匀速下降时，它相对于地的位置不断发生变化，是运动的。
[2]因无人机的质量不变，高度变小，重力势能变小，速度不变，动能不变，故机械能减小。
变式题4巩固
45. 2022年2月8日，中国选手谷爱凌获得北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台冠军，为中国队再添一金。如图所示是谷爱凌在比赛过程中的图片。在下落过程中谷爱凌的动能 _____，重力势能 _____（以上两空均选填：“减小”、“增大”或“不变”）在比赛过程中若以滑雪板为参照物，谷爱凌是 _____的（选填：“运动”或“静止”。）
【答案】 ①. 增大 ②. 减小 ③. 静止
【解析】
【详解】[1][2]谷爱凌在下落过程中，质量不变，速度变大，动能增大；高度变小，重力势能减小。
[3]在比赛过程中若以滑雪板为参照物，谷爱凌与滑雪板之间没有位置的变化，所以以滑雪板为参照物，谷爱凌是静止的。
变式题5巩固
46. 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱披挂着红白色大伞飘然于天际，在全世界的瞩目下，在东风着陆场预定区域成功着陆。如图所示，返回舱正在减速下降，此时身在内部的王亚平航天员相对于返回舱______（选填“运动”或“静止”）；在此过程中，返回舱的机械能______（选填“增大”或“减小”）。
【答案】 ①. 静止 ②. 减小
【解析】
【详解】[1]返回舱在减速下降过程中，在内部的王亚平航天员相对于返回舱的位置没有发生变化，所以王亚平是静止的。
[2]]返回舱在减速下降过程中，速度减小，质量不变，动能减小；高度降低，质量不变，重力势能减小，所以机械能减小。
变式题6巩固
47. 如图所示，是我国的歼﹣35隐身舰载机，首次出现在2023年2月27日的海军招收飞行员宣传片，这说明歼﹣35隐身舰载机将会跟随福建舰一块服役。从现在宣传片中披露歼﹣35已开始进行地面电磁弹射器起降训练，在弹射起飞过程中歼﹣35的重力势能 ___________，机械能 ___________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。若以航母为参照物，坐在机舱里的飞行员是 ___________（选填“运动”或“静止”）的。
【答案】 ①. 不变 ②. 增大 ③. 运动
【解析】
【详解】[1][2]在弹射起飞过程中歼﹣35的质量不变，速度变大，动能变大，高度不变，重力势能不变，所以机械能增大。
[3]若以航母为参照物，坐在机舱里的飞行员与航母之间发生了位置的变化，是运动的。
变式题7提升
48. 如图，我国最新一代隐形战斗机“歼20”加速起飞画面，以地面塔台为参照物，它是______（“运动”/“静止”）的，此过程飞机的机械能______（“增大”/“不变”/“减小”），飞机受到的是______（“平衡力”/“非平衡力”）。
【答案】 ①. 运动 ②. 增大 ③. 非平衡力
【解析】
【详解】[1][2][3]飞机起飞时相对于地面塔台的位置不断变化，所以，以地面塔台为参照物飞机是运动的；飞机加速起飞时，质量不变，速度变大，动能增大；高度变大，重力势能增大，机械能增大；飞机加速起飞，飞机的运动状态发生了变化，因此飞机受非平衡力作用。
变式题8提升
49. 在抗击新冠肺炎的战疫中，大街小巷都需要消毒，一辆消毒车正在街道上消毒。消毒车在水平路面上匀速行驶并向外喷洒消毒液的过程中，它的重力势能________，机械能________（均选填“增加”“减小”或“不变”）。路旁的树木相对于消毒车是________。（选填“运动”或“静止”）
【答案】 ①. 减小 ②. 减小 ③. 运动
【解析】
【详解】[1][2]消毒车在水平路面上匀速行驶并向外喷洒消毒液的过程中，消毒车的速度不变、高度不变，但质量减小，则动能和重力势能均减小，故机械能减小。
[3]路旁的树木相对于消毒车的位置发生改变，故路旁的树木是运动的。
变式题9提升
50. 如图甲所示，踢毽子是一项有益的传统健身体育活动。踢毽子时，以地面为参照物，毽子是______（选填“运动”或“静止”）的；若在同一高度以大小相同的初速度v0分别沿竖直向上和斜向上方向将毽子踢出，如图乙所示，忽略空气阻力，上升过程中毽子的机械能______（选填“变大”、“变小”或“不变”）；两毽子上升的最高点到地面的高度分别为h1和h2，则h1______ h2（选填“>”、“<”或“=”）。
【答案】 ①. 运动 ②. 不变 ③. >
【解析】
【详解】[1]踢毽子时，毽子相对于地面有位置的变化，故以地面为参照物，毽子是运动的。
[2]若在同一高度以大小相同的初速度v0分别沿竖直向上和斜向上方向将毽子踢出，开始时动能和重力势能是相同的，忽略空气阻力，机械能守恒，所以上升过程中毽子的机械能不变。
[3]沿竖直向上的毽子，运动到最高点时动能为零，动能全部转化为重力势能，斜向上方向运动的毽子，运动到最高点时还有水平速度，动能不为零，动能没有全部转化为重力势能，所以h1＞h2。
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